Tutorato di Fisica 1 - AA 2014/15

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1 Tutorato di Fisica 1 - AA 014/15 Emanuele Fabbiani 15 marzo 015 Indice 1 Cinematica Esercizio 1 (Simulazione di prova scritta, AA 01-13, Ing. ELE-INFO-BIO) Esercizio Esercizio 3 (TE 3-Set-01, Ing. EDILE) Esercizio 4 (TE 19-giu-01, Ing. IND) Esercizio Esercizio Soluzioni 5.1 Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Dinamica del punto materiale Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio 6 (TE 17-feb-010, Ing. IND) Soluzioni Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Energia Esercizio 1 (TE -Giu-01, Ing. CIVILE) Esercizio (TE -Feb-01, Ing. EDILE) Esercizio Esercizio Esercizio 5 (TE 7-Gen-011, Ing. IND) Esercizio 6 (TE 0-Lug-011, Ing. IND)

2 INDICE 6 Soluzioni Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Dinamica del corpo rigido Esercizio Esercizio Esercizio 3 (Simulazione di prova scritta, AA 01-13, Ing. ELE-INFO-BIO) Esercizio 4 (Simulazione di prova scritta, AA 01-13, Ing. ELE-INFO-BIO) Esercizio 5 (TE 16-Feb-01, Ing. CIVILE) Esercizio 6 (TE 1-Lug-005, Ing. IND) Esercizio 7 (TE 31-Gen-01, Ing. IND) Esercizio 8 (TE 31-Gen-01, Ing. IND) Esercizio 9 (Richiede doppi integrali) Esercizio 10 (TE 15-Set-005, Ing. IND) Soluzioni 8.1 Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Quantità di moto e urti Esercizio Esercizio Esercizio 3 (TE 14-Feb-013, Ing. CIVILE) Esercizio 4 (TE 18-Lug-005, Ing. IND) Esercizio 5 (TE 1-Feb-013, Ing IND) Soluzioni Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Oscillazioni Esercizio 1 (TE 31-Gen-01, Ing. IND) Esercizio (TE 7-Gen-011, Ing. IND) Esercizio 3 (TE 1-Lug-010, Ing. IND) Esercizio 4 (TE 9-Gen-013, Ing IND) Soluzioni Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio

3 INDICE 3 13 Fluidi Esercizio Esercizio Esercizio 3 (TE 1-Lug-005, Ing. IND) Esercizio 4 (TE 18-Lug-005, Ing. IND) Esercizio 5 (TE 15-Set-005, Ing. IND) Soluzioni Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Temperatura e calore Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio 4 (TE 4-Set-006) Soluzioni Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Termodinamica Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio 4 (TE 30-Giu-006, Ing. IND) Esercizio 5 (TE 16-Feb-01, Ing. CIVILE) Esercizio 6 (TE 1-Lug-005, Ing. IND) Esercizio 7 (TE 30-Giu-006, Ing. IND) Soluzioni Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio

4 1 CINEMATICA 4 1 Cinematica 1.1 Esercizio 1 (Simulazione di prova scritta, AA 01-13, Ing. ELE-INFO-BIO) Un atleta di massa m = 70 kg percorre cento metri in t = 11s. All'inizio l'atleta si muove con accelerazione costante a no a raggiungere la velocità v 0 = 40km/h, poi si muove a velocità costante. Calcolare il valore dell'accelerazione iniziale a. 1. Esercizio Una studentessa lancia verso l'alto un cellulare di massa m = 143 g ad un'amica, aacciata alla nestra situata ad un'altezza di h = 4 m sopra di lei. Il cellulare viene aerrato dopo t = 1.50 s. Si determini la velocità del cellulare: 1. al momento del lancio;. all'instante in cui viene raccolto. 1.3 Esercizio 3 (TE 3-Set-01, Ing. EDILE) Una palla viene lanciata da terra con velocità iniziale v 0 = 7m/s ad un angolo α = 53 rispetto all'orizzontale. Il vento che soa orizzontalmente in direzione ortogonale rispetto a quella del vettore componente della velocità iniziale lungo il terreno imprime un'accelerazione costante a = 4.8 m/s. Calcolare a che distanza dal punto di partenza la palla ricade a terra e con quale velocità. 1.4 Esercizio 4 (TE 19-giu-01, Ing. IND) Una ballista A è disposta a livello del terreno, mentre una seconda, B è posizionata su una torre alta h. A e B, distanti d, sono inclinate in modo tale da lanciare frecce con velocità iniziali antiparallele. Le traiettorie paraboliche percorse dalle frecce si intersecano nel punto P. Dimostrare che due frecce lanciate dalle due armi nello stesso istante raggiungono P contemporaneamente. Considerare le frecce punti materiali. 1.5 Esercizio 5 Una banconota da 0 è lunga poco più di 13 cm. Un amico ti propone una sda: manterrà una banconota sospesa, con l'estremo inferiore all'altezza delle tue dita; ad un certo istante la lascerà cadere: se riuscirai ad aerrarla al volo, questa sarà tua. Accetti? 1.6 Esercizio 6 Un punto materiale decelera da una velocità iniziale v 0 ad una nale v0 con una accelerazione a (v) = 3v. Calcolare il tempo impiegato.

5 SOLUZIONI 5 Soluzioni.1 Esercizio 1 Innanzitutto, sia v = = m/s la velocità raggiunta dal corridore. Si indica con d = 100 m la distanza totale coperta dall'atleta, con t il tempo trascorso in accelerazione, poi si scrivono le leggi del moto rettilineo uniforme e uniformemente accelerato: 1 d = }} at + v ( t t) }}}} distanza spazio coperto in accelerazione spazio coperto a velocità costante (.1) v = at d = 1 a v + v t v v a a t = v a da = 1 v + va t v t = v a da va t = 1 v v t = v a a = 1 v d v t = =.78 m/s t = v a (.) (.3) (.4) (.5). Esercizio Si considera un sistema di riferimento orientato come il piano cartesiano e si applicano le leggi del moto uniformemente accelerato: y = y 0 + v 0 t 1 gt (.6) v = v 0 gt y y0+ 1 gt t = v 0 v = v 0 gt = v 0 v = v v 0 = 10 m/s v = v = 4.68 m/s (.7) (.8) (.9).3 Esercizio 3 Si scompone il vettore velocità iniziale lungo le componenti parallele e perpendicolare al terreno: v 0x = v 0 cos(α) direzione orizzontale del lancio v 0y = 0 direzione orizzontale del vento v 0z = v 0 sin(α) direzione verticale del lancio (.10) Lungo entrambi gli assi y e z il moto è uniformemente accelerato, con accelerazioni negative perché discordi con l'orientazione degli assi. Lungo l'asse x, invece, è rettilineo uniforme, poiché non intervengono accelerazioni. x = v 0x t v x = v 0x y = v 0y t 1 at = 1 at v y = v 0y at = at z = v 0z t 1 gt v y = v 0z gt (.11)

6 SOLUZIONI 6 Nell'istante in cui la palla ricade deve essere z = 0. Quindi: 0 = v 0z t 1 gt (.1) t = 0 t = v 0z g La prima soluzione corrisponde all'istante del lancio, pertanto si considera solo la seconda: (.13) t = v 0 sin (α) g = 7 sin (53.3 ) 9.8 Si ricava quindi la gittata come somma vettoriale degli spostamenti lungo gli assi x e y s (.14) x = v 0 cos (α) t = 7 cos (53.3) 1.15 = 4.81 m (.15) y = 1 at = = 3.17 m (.16) G = x + y = = 5.76 m (.17) La velocità nale è invece la somma vettoriale delle componenti del vettore velocità lungo tutti i tre assi - per utilizzare il linguaggio matematico, la norma del vettore velocità: v x = v 0x = v 0 cos(α) = 7 cos(53.3) = 4.18 m/s v y = at = = 5.5 m/s (.18) v y = v 0z gt = v 0 sin(α) gt = 7 sin(53.3 ) = 5.66 m/s v = v x + v y + v z = = 8.94 m/s (.19).4 Esercizio 4 La ballista A è posizionata nell'origine del sistema di riferimento e spara la sua freccia verso l'alto: x a = 0 + v 0xa t y a = v 0ya t 1 gt (.0) B, invece, è piazzata in un punto che ha coordinate (d, h) e lancia la freccia verso il basso: x b = d v 0xb t y b = h v 0yb t 1 gt (.1) Se i due dardi devono giungere contemporaneamente in P deve essere: x a = x b y a = y b (.) 0 + v 0xa t = d v 0xb t v 0ya t 1 gt = h v 0yb t 1 (.3) gt v 0xa t + v 0xb t = d (.4) v 0ya t + v 0yb t = h t = d v 0xa +v 0xb (.5) h t = v 0ya +v 0yb h d = (.6) v 0ya + v 0yb v 0xa + v 0xb

7 SOLUZIONI 7 Ora, mediante le formule trigonometriche relative ai triangoli rettangoli è possibile calcolate le componenti dei due vettori velocità. Detto α l'angolo formato dalla velocità iniziale di A con il terreno, si ha infatti: Tornando all'equazione precedente: v 0xb v 0yb v 0xa = v 0 cos (α) (.7) v 0ya = v 0 sin (α) (.8) ( π ) = v 0 sin α = v 0 cos (α) (.9) ( π ) = v 0 cos α = v 0 sin (α) (.30) h v 0 sin (α) + v 0 sin (α) = d v 0 cos (α) + v 0 cos (α) (.31) h d = v 0 sin (α) + v 0 sin (α) v 0 cos (α) + v 0 cos (α) (.3) h d = v 0 sin (α) = tan (α) (.33) v 0 cos (α) Per la costruzione del triangolo che unisce le due balliste e la base della torre, la condizione è sempre vericata..5 Esercizio 5 No. I tempi di reazione di un uomo si aggirano mediamente intorno ai decimi di secondo. Assumendo che la banconota sia perfettamente verticale e che quindi l'attrito con l'aria sia trascurabile, in quel lasso di tempo essa percorre un spazio x = 1 gt = = 19.6 cm, maggiore della lunghezza della banconota..6 Esercizio 6 Per denizione: a = dv dt 3v = dv dt Si tratta di una equazione dierenziale a variabili separabili. (.34) (.35) ˆ t 0 t = dt = 1 dt = [ 1 3v dv 3v (.36) ˆ v0 1 dv (.37) v 0 3v ] v 0 v 0 = 1 3v 0 (.38)

8 3 DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 8 3 Dinamica del punto materiale 3.1 Esercizio 1 Una massa m è posta sul punto più basso di un piano inclinato di un angolo θ rispetto all'orizzontale. La lunghezza del tratto obliquo è l. Calcolare quale deve essere la velocità iniziale v i per permettere alla massa di raggiungere la sommità nei seguenti casi: 1. In assenza di attrito. Con un coeciente d'attrito dinamico tra massa e supercie pari a µ. 3. Esercizio Un blocco di massa m = 3 kg è premuto contro una parete verticale da una forza F, inclinata di θ = 50 rispetto all'orizzontale. Il coeciente d'attrito statico tra il corpo e la supercie è µ = 0.5. Stabilire per quali valori di F il blocco non si muove. 3.3 Esercizio 3 Due masse, m 1 ed m, poggiate su una supercie liscia orizzontale sono connesse da una fune leggera. Una forza F verso destra viene applicata ad m. Si trovino l'accelerazione a del sistema e la tensione T della fune. 3.4 Esercizio 4 Un uomo di massa m = 7 kg sta in piedi su una bilancia a molla all'interno di un ascensore. Partendo da fermo l'ascensore sale, raggiungendo la massima velocità di 1. m/s in 0.8 s. L'ascensore si muove nei successivi 5 s con velocità costante. Poi accelera uniformemente nella direzione negativa dell'asse y no ad arrestarsi dopo 1.5 s. Determinare il peso misurato dalla bilancia 1. prima che l'ascensore inizi a salire;. durante i primi s; 3. durante il moto a velocità costante; 4. durante il tempo di frenata. 3.5 Esercizio 5 Una massa m = 3 kg attaccata ad una corda di massa trascurabile descrive una circonferenza su un tavolo orizzontale privo di attrito. Il raggio della circonferenza è r = 80 cm e la corda può sopportare il peso di una massa di M = 5 kg prima di spezzarsi. Qual è la massima velocità che il corpo può assumere senza che la corda si rompa? 3.6 Esercizio 6 (TE 17-feb-010, Ing. IND) Due rimorchiatori tirano una chiatta di massa m = kg lungo un canale applicando le forze F 1 = 1414 N e F = 1000 N. F 1 è inclinata di un angolo θ 1 = 30 rispetto alla riva. Calcolare: 1. quale inclinazione deve avere F perché la rotta della chiatta sia parallela alla riva;. l'accelerazione della chiatta; 3. lo spazio percorso dalla chiatta, partita da ferma, prima di raggiungere la velocità v = 5 nodi. Supporre l'attrito con l'acqua e la corrente trascurabili; 1 nodo corrisponde a un miglio marino all'ora, un miglio marino a 185 m.

9 3 DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 9

10 4 SOLUZIONI 10 4 Soluzioni 4.1 Esercizio 1 Si consideri il secondo caso: le forze agenti sulla massa sono unicamente il peso e l'attrito. Secondo la legge di Newton: F = ma (4.1) mg sin θ + µmg cos θ = ma (4.) a = g sin θ + µg cos θ (4.3) L'accelerazione ha verso opposto alla velocità iniziale: x = v 0 t 1 at v = v 0 at (4.4) Nell'istante in cui il corpo si ferma si ha v = 0: Imponendo che il tratto percorso sia l: t = v 0 a (4.5) l = v 0 t 1 at (4.6) l = v 0 a 1 v0 a (4.7) l = v 0 a Per rispondere alla prima richiesta è suciente porre µ = Esercizio (4.8) v 0 = al = l (g sin θ + µg cos θ) (4.9) Si scompone F lungo le direzioni dei due assi cartesiani, poi si impone la condizione di equilibrio del punto materiale: F = 0 (4.10) Fx = 0 Fy = 0 F cos θ N = 0 F sin θ mg + F as = 0 (4.11) (4.1) Ora, qual è il verso della forza d'attrito? La risposta è semplice: non si sa! Nel caso F sia debole, il blocco tenderebbe a cadere e la forza di attrito si opporrebbe a tale moto. Di conseguenza sarebbe diretta verso l'alto. Se invece si imprimesse una forza molto intensa, il corpo tenderebbe a scorrere verso l'alto, e subirebbe un attrito di verso opposto. Si devono quindi distinguere i due casi: F sin θ mg F as = 0 il corpo tende a salire (4.13) F sin θ mg + F as = 0 il corpo tende a cadere Risolvendo i due sistemi distinti, si troveranno i limiti dell'intervallo entro cui il corpo è in equilibrio. Si utilizza la formula F as µn. Per il limite inferiore: F cos θ N = 0 F sin θ mg + µn = 0 F cos θ = N F sin θ mg + µf cos θ = 0 (4.14) (4.15)

11 4 SOLUZIONI 11 Per il limite superiore: F (sin θ + µ cos θ) = mg (4.16) mg F = 31.7 N (sin θ + µ cos θ) (4.17) F cos θ N = 0 F sin θ mg µn = 0 F cos θ = N F sin θ mg µf cos θ = 0 (4.18) (4.19) F (sin θ µ cos θ) = mg (4.0) mg F = 48.6 N (sin θ µ cos θ) (4.1) 4.3 Esercizio 3 Si scrive una equazione per ogni corpo: F = m1 a F = m a (4.) T = m 1 a F T = m a T = m 1 a F m 1 a = m a T = m 1 a = F m 1+m (4.3) (4.4) F (4.5) m 1+m 4.4 Esercizio 4 Si applica il secondo principio della dinamica, avendo l'accortezza di utilizzare un sistema di riferimento inerziale: l'accelerazione dell'uomo, secondo un osservatore solidale con la Terra, è pari a quella dell'ascensore. Si sceglie di considerare positive le forze e le accelerazioni dirette verso l'alto. F = ma (4.6) Quindi: N mg = ma (4.7) N = m (g + a) (4.8) a = 0 N = mg = = 706 N (4.9) a = dv dt = = 1.5 m/s N = m (g + a) = 7 ( ) = 814 N (4.30) a = 0 N = mg = = 706 N (4.31) a = dv dt = = 0.8 m/s N = m (g + a) = 7 ( ) = 648 N (4.3)

12 4 SOLUZIONI Esercizio 5 Se la fune è capace di sopportare un corpo di massa M, allora la massima tensione ad essa applicabile è: T = Mg (4.33) Dal momento che la massa m descrive una traiettoria circolare, deve esistere una forza centripeta di valore: F c = mv r (4.34) Tale forza altro non può essere che la tensione della fune. La soglia di rottura si ottiene quindi attraverso l'uguaglianza: F c = T (4.35) 4.6 Esercizio 6 Mg = mv (4.36) r Mgr v = m = = 8.08 m/s (4.37) 3 Si vuole innanzitutto determinare l'angolo θ. Per fare in modo che la chiatta proceda parallela alla riva, le componenti verticali di F 1 ed F devono essere uguali in modulo e direzione e opposte in verso. F 1x = F x (4.38) F 1 sin θ 1 = F sin θ (4.39) sin θ = F 1 sin θ 1 (4.40) F sin θ = (4.41) 1000 θ = π 4 (4.4) L'accelerazione della chiatta è determinata unicamente dalla componente orizzontale delle due forze: F = ma (4.43) F 1 cos θ 1 + F cos θ = ma (4.44) a = F 1 cos θ 1 + F cos θ 1414 cos cos 45 = = 0. m/s m (4.45) Per determinare lo spazio percorso si ricorre alle equazioni del moto uniformemente accelerato, non prima di aver convertito la velocità in m/s: 5 nodi = m =.57 m/s (4.46) 3600 s x = 1 at (4.47) v = at x = v a =.57 = m (4.48) 0.

13 5 ENERGIA 13 5 Energia 5.1 Esercizio 1 (TE -Giu-01, Ing. CIVILE) Un pendolo è costituito da una massa m = 1 kg sostenuta da una fune di massa trascurabile lunga l = m, con costante elastica k = 10 3 Nm, inizialmente disposta in orizzontale e in quiete. Calcolare l'allungamento x della corda quando il pendolo ha descritto un quarto di circonferenza ed m si trova nel punto più basso della traiettoria. 5. Esercizio (TE -Feb-01, Ing. EDILE) Quanto tempo impiega un motore capace di erogare una potenza P =.3 kw per sollevare un carico m = 00 kg sino ad un'altezza h = 0 m dal suolo? 5.3 Esercizio 3 Un pendolo è composto da una fune inestensibile di lunghezza l e massa trascurabile e da una sfera di massa m. Il pendolo, ssato al sotto di una stanza, è inizialmente mantenuto in posizione orizzontale. Esattamente sulla verticale del punto in cui è imperniata la corda è posizionato un piolo inamovibile, la cui distanze dal sotto è d. Quando il pendolo viene rilasciato e la corda incontra il piolo. Si dimostri che il minimo valore di d necessario a far compiere al pendolo un giro completo intorno al piolo è d 0 = 3 5 l. 5.4 Esercizio 4 Una massa m 1 = 3 kg è appoggiata su un piano orizzontale caratterizzato da un coeciente d'attrito statico µ s = 0.5 e da un coeciente d'attrito dinamico µ d = 0.4. Una corda di massa trascurabile, libera di scorrere senza attrito su una carrucola, collega il primo blocco ad una seconda massa m = 5 kg, tenuta sospesa a mezz'aria. Al tempo t = 0 il sistema viene lasciato libero di muoversi. Dimostrare che il secondo blocca trascina il primo nella sua caduta e calcolare la velocità dei due blocchi quando m è precipitato per h = 1.5 m. 5.5 Esercizio 5 (TE 7-Gen-011, Ing. IND) Un ragazzo tira uno slittino lungo un pendio innevato lungo l = 50 m e inclinato di un angolo di θ = 0 rispetto all'orizzontale. Le condizioni del manto nevoso lungo il pendio non sono costanti a causa della dierente esposizione al sole. Sapendo che il coeciente d'attrito dinamico tra la neve e lo slittino aumenta lungo il pendio secondo l'equazione µ(x) = ax 3 + b calcolare il minimo lavoro che il ragazzo deve compiere per trascinare in cima alla salita il suo slittino che ha massa m = 10 kg. Siano a = m 3 e b = 0.1, la forza esercitata dal ragazzo sullo slittino è parallela al pendio. 5.6 Esercizio 6 (TE 0-Lug-011, Ing. IND) In un parco di giochi acquatici c'è uno scivolo alto h = 3 m e inclinato di θ = 0 rispetto all'orizzontale. Lo scivolo termina con una curva orizzontale di raggio r = 5 m che ruota di 90 l'uscita rispetto all'ingresso dello scivolo. Il coeciente d'attrito dinamico dello scivolo vale µ = Un ragazzo si lascia scivolare da fermo dal punto più alto. Calcolare la velocità raggiunta all'uscita dello scivolo e la massima accelerazione centripeta lungo la traiettoria. Considerare lisce le pareti laterali della guida di scorrimento.

14 5 ENERGIA 14

15 6 SOLUZIONI 15 6 Soluzioni 6.1 Esercizio 1 Si applica il principio di conservazione dell'energia, ssando lo zero del potenziale gravitazionale al livello più basso raggiunto dal centro di massa della sfera. Nell'istante iniziale il corpo possiede solo energia potenziale gravitazionale, al termine della caduta questa si è completamente trasformata in energia potenziale elastica ed energia cinetica. E i = E f (6.1) mg (l + x) = 1 mv + 1 kx (6.) Compaiono due incognite: x ev. Occorre quindi ricavare una nuova equazione tramite il bilancio delle forze agenti sulla sfera. Per mantenere una traiettoria circolare è necessaria una forza centripeta: Mettendo a sistema le due condizioni: mv F c = mv = kx mg (6.3) l + x l+x = kx mg mg (l + x) = 1 mv + 1 (6.4) kx mv = kx (l + x) mg (l + x) mg (l + x) = 1 (kx (l + x) mg (l + x)) + 1 kx (6.5) Risolvendo la seconda equazione rispetto all'unica incognita x si ottiene un'unica soluzione accettabile: 6. Esercizio Dalla denizione di potenza: x =.9 cm (6.6) P = dl dt Il lavoro necessario per sollevare il peso è pari, in valore assoluto, a quello compiuto dalla forza di gravità: (6.7) L = mg h (6.8) Quindi: t = mg h P P = mg h t (6.9) = = 1.5 s 300 (6.10) 6.3 Esercizio 3 Si applica il principio di conservazione dell'energia per stabilire la velocità v d con cui la sfera giunge nel punto più basso della sua traiettoria. E i = E f (6.11) mgl = 1 mv d (6.1) v d = gl (6.13) Quando la corda urta il piolo, la sfera comincia a risalire, descrivendo una traiettoria circolare. Il centro della circonferenza è il perno, il raggio è l d. La condizione necessaria anché il corpo descriva un giro completo è che la tensione del lo nel punto più alto sia maggiore o uguale a zero. Ricordando che per mantenere una traiettoria curvilinea è indispensabile la presenza di una forza centripeta: P + T = mv u l d (6.14)

16 6 SOLUZIONI 16 T = mv u mg 0 (6.15) l d v u g (l d) (6.16) Dove v u è la velocità del corpo nella sommità della sua orbita. Per calcolare il valore di v u si ricorre ancora una volta alla conservazione dell'energia meccanica: Sostituendo il valore di v d precedentemente ricavato: Sostituendo tale valore nella condizione 6.16: E i = E f (6.17) 1 mv d = 1 mv u + mg (l d) (6.18) v u = v d 4g (l d) (6.19) v u = gl 4g (l d) = 4gd gl (6.0) 4gd gl gl gd (6.1) 5d 3l (6.) d 3 5 l (6.3) 6.4 Esercizio 4 Il secondo blocca provoca la caduta del primo se la forza peso che lo trascina verso il basso è maggiore della massima forza d'attrito statico che la supercie esercita su m 1. In modo più formale, m 1 si muove se: T F asmax 0 (6.4) Dove: Quindi: T = m g (6.5) m g µ s N (6.6) m g µ s m 1 g (6.7) m m 1 g (6.8) (6.9) Quindi il sistema si mette in moto. Per determinare la velocità richiesta occorre considerare che non è possibile applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica, poiché entra in azione una forza non conservativa. Di conseguenza, all'energia iniziale deve essere sottratto il lavoro compiuto dell'attrito: E i L attr = E f (6.30) Dove: Quindi: v = L attr = ˆ h 0 ˆ h F ds = µ d m 1 g ds = µ d m 1 g h (6.31) 0 m g h µ d m 1 g h = 1 m v (6.3) g h (m µ d m 1 ) 9.8 ( ) = 3.5 m/s (6.33) m 3

17 6 SOLUZIONI Esercizio 5 Il minimo lavoro che il ragazzo deve compiere è quello necessario per compensare l'azione della forza di gravità e dell'attrito: L = L g + L attr (6.34) Il lavoro della forza di gravità si ottiene come dierenza di energia potenziale: L g = mg h = mgl sin θ (6.35) Quindi: L attr = ˆ l ˆ l F ds = µ d (x) dx = ˆ l ax 3 + b dx = [ 5 ax 5 + bx ] l 0 = 5 al 5 + bl (6.36) L = mgl sin θ + 5 al 5 + bl = 4.1 kj (6.37) 6.6 Esercizio 6 Come nell'esercizio 6.4, per ricavare l'energia nale è necessario sottrarre il lavoro compiuto dalla forza d'attrito all'energia iniziale. Ancora una volta, per semplicità, si ssa lo zero del potenziale gravitazionale al livello dell'uscita dello scivolo. E i L attr = E f (6.38) L'energia iniziale è unicamente potenziale: L'energia nale è solamente cinetica: E i = mgh (6.39) E f = 1 mv f (6.40) Per il calcolo del lavoro compiuto dall'attrito occorre conoscere la lunghezza del tratto percorso dal ragazzo. Questo è composto dal tratto discendente e dalla curva orizzontale: Di conseguenza: l = l disc + l curva = L attr = L attr = h sin θ + π r (6.41) ˆ l 0 F ds (6.4) Occorre ora spezzare l'integrale e valutare separatamente il tratto in discesa e quello orizzontale. La forza d'attrito ha infatti intensità dierenti nei due casi, in ragione della diversità della reazione normale. In discesa: In piano: ˆ L attr = 0 L attr = h sin θ F attr = µn = µmg cos θ (6.43) ˆ π r 0 F ds = µmg cos θ h sin θ = µmgh tan θ (6.44) F attr = µn = µmg (6.45) π F ds = µmg r = µmgπr Il lavoro totale compiuto dalla forza d'attrito è la somma dei due contributi: L attr = µmgπr + µmgh tan θ (6.46) (6.47) Inserendo tutte le quantità calcolate nell'equazione 6.38: ( µ mgπr mgh + µ ) mgh = 1 tan θ mvf (6.48) v f = gh µgπr µgh 3.4 m/s (6.49) tan θ

18 6 SOLUZIONI 18 L'accelerazione centripeta si rileva solo lungo il tratto curvo e piano. Il suo modulo vale: a = v r (6.50) Ed è massimo ove lo è la velocità v, quindi all'imbocco della curva, prima che l'attrito la riduca ulteriormente. La velocità v i di ingresso nella curva si può calcolare con il ragionamento precedentemente utilizzato, con l'accortezza di non tenere conto del lavoro che la forza d'attrito compie nell'ultimo tratto. v i = gh µgh (6.51) tan θ Quindi: a max = v i r µgh gh tan θ = r x = 1 at v = at 6.9m m/s (6.5) (6.53) x = v a =.57 = m (6.54) 0.

19 7 DINAMICA DEL CORPO RIGIDO 19 7 Dinamica del corpo rigido 7.1 Esercizio 1 Si calcoli il momento d'inerzia di una sbarra sottile di lunghezza l = 30 cm, la cui densità lineare di massa è descritta dalla funzione λ (x) = x [ g m]. 7. Esercizio Uno yo-yo è approssimabile ad un cilindro di massa m e raggio r collegato ad una fune inestensibile e di massa trascurabile. Si calcoli l'accelerazione con cui cade il corpo ed il tempo impiegato per toccare il suolo, nell'ipotesi che l'altezza iniziale sia h. 7.3 Esercizio 3 (Simulazione di prova scritta, AA 01-13, Ing. ELE-INFO-BIO) Una trave omogenea di peso P t = 1000 N ha la sua estremità inferiore incernierata a terra ed è sorretta da un cavo, ssato a parete, come illustrato in gura. All'estremità superiore è appeso un oggetto di peso P o = 1400 N di peso. Si determinino la tensione del cavo e le componenti della forza di reazione della cerniera sulla trave. 7.4 Esercizio 4 (Simulazione di prova scritta, AA 01-13, Ing. ELE-INFO-BIO) Due blocchi di massa m 1 = 5 kg e m = 9 kg sono connessi fra loro da una corda senza massa tesa da una carrucola circolare di raggio R = 0.5 m e massa M = 15 kg. I due blocchi scorrono lungo il prolo disegnato in gura: il lato destro del prolo è inclinato di θ = 40. Il coeciente di attrito dinamico per i due blocchi è µ = Si determinino i valori di accelerazione dei due blocchi e le tensioni della corda sui due lati della carrucola.

20 7 DINAMICA DEL CORPO RIGIDO Esercizio 5 (TE 16-Feb-01, Ing. CIVILE) Un anello di acciaio di massa m = 6 kg e raggio r = 1 m può scendere lungo un piano inclinato. Si osserva che se l'angolo del piano inclinato con l'orizzontale supera θ max = 0 non è più possibile un moto di puro rotolamento. Calcolare il coeciente di attrito statico µ. 7.6 Esercizio 6 (TE 1-Lug-005, Ing. IND) Un'asta di metallo omogenea lunga L = 1 m è inizialmente in posizione verticale imperniata a terra ad un suo estremo. Ad un certo istante viene lasciata cadere. Calcolare la velocità tangenziale v dell'altro estremo quando la sbarra forma con la verticale un angolo di θ = Esercizio 7 (TE 31-Gen-01, Ing. IND) Una sbarra di alluminio lunga L = 3 m, rigida e omogenea ha sezione a 1 = 150 cm per una lunghezza l 1 = 1.8 m e a = 100cm per una lunghezza l = 1. m. L'asta poggia agli estremi su due molle ideali verticali di costante elastica k 1 = 5000 N/m e k. Le molle hanno la stessa lunghezza di riposo e il centro di massa dell'asta è libero di muoversi solo nella direzione verticale. Calcolare dove si trova il centro di massa dell'asta e il valore di k perché all'equilibrio l'asta sia orizzontale. 7.8 Esercizio 8 (TE 31-Gen-01, Ing. IND) Il copertone della ruota di un prototipo di auto sportiva è assimilabile ad un cilindro cavo con raggio interno r i = 10 cm, raggio esterno r e = 0 cm e altezza h = 0 cm. Per caricare una partita di copertoni su un camion, un uomo li fa rotolare senza strisciare su per una rampa appoggiata sul piano di carico posto a h = 80 cm da

21 7 DINAMICA DEL CORPO RIGIDO 1 terra. Calcolare la velocità minima v min da conferire al centro di massa dei copertoni per farli salire sul camion. 7.9 Esercizio 9 (Richiede doppi integrali) Si dimostri che il momento d'inerzia di un disco cavo di massa m, raggio interno r i e raggio esterno r e è I = 1 m ( r i + r e) Esercizio 10 (TE 15-Set-005, Ing. IND) Un volano con momento d'inerzia I = 1.5 kg m, ruota a 000 giri al minuto. τ (t) = 1.πt Nm si oppone al moto, in quanto tempo si ferma il volano? Se una coppia di momento

22 8 SOLUZIONI 8 Soluzioni 8.1 Esercizio 1 Si determina innanzitutto la massa complessiva dell'oggetto. m = ˆ l 0 λ (x) dx = ˆ l La coordinata x del centro di massa è denita come: Dove dm è l'elemento di massa e vale Quindi: 8. Esercizio 0 x cm = 1 m = 1 m x dx = [ 50x + 10x ] l 0 = 50l + 10l = g (8.1) ˆ l xλ (x) dx = 1 0 m ( 5l + 0 ) 3 l3 Si determina il momento d'inerzia del corpo: x cm = 1 m ˆ l 0 x dm (8.) dm = λ (x) dx (8.3) ˆ l 0 = x + 0x dx = 1 [ 5x + 0 m ( ) m 3 x3 ] l 0 = (8.4) I = I cilindro = 1 mr (8.5) Poi si scrivono l'equazione delle forze e quella dei momenti: F = ma τ = Iα (8.6) Si sceglie di considerare positive le accelerazioni dirette verso il basso, e di conseguenza le accelerazioni angolari che tendono a far ruotare il corpo in senso orario. Si indica con T la tensione del lo. Questa è l'unica forza che produce un momento non nullo, in quanto il peso è applicato al centro di massa del corpo e ha quindi un braccio pari a zero. Il momento causato da T è: τ T = r T τ T = rt sin ( π ) = rt (8.7) Quindi: mg T = ma T r = Iα (8.8) Dalla leggi del moto circolare, si ha α = a r. mg T = ma T r = 1 mr a (8.9) r mg T = ma T = 1 ma (8.10) mg 1 ma = ma T = 1 ma (8.11) mg = 3 ma T = 1 ma (8.1) a = 3 g T = 1 3 mg (8.13)

23 8 SOLUZIONI Esercizio 3 Si determinano tutte le forze agenti sulla trave. Poi si impongono le condizioni di equilibrio del corpo rigido, scomponendo le forza lungo gli assi x e y. Fx = 0 Fy = 0 (8.14) τ = 0 Si indica con R la reazione normale fornita dal perno e con T la tensione cui è sottoposto il lo. La forza peso della trave viene considerata applicata al suo centro di massa, ovvero a L. Vengono considerate positive le forze concordi con l'orientazione degli assi cartesiani. R x T x = 0 R y + T y P t P o = 0 (8.15) P o L sin (90 73 ) T 3 4 L sin ( ) + L P t sin (90 73 ) = 0 Nell'ultima equazione l'unica incognita è la tensione del lo: Da cui le componenti: Risolvendo le prime due equazioni del sistema: 8.4 Esercizio 4 T = (4P o + P t ) sin 17 3 sin 105 = 766 N (8.16) T x = T cos 3 = 650 N (8.17) T y = T sin 3 = 406 N (8.18) R x = T x = 766 N (8.19) R y = P t + P o T y = 1994 N (8.0) Su ognuno dei due blocchi agisce la tensione della fune, la forza d'attrito e il peso. La carrucola è messa in rotazione dall'azione delle due tensioni.

24 8 SOLUZIONI 4 Si ottengono quindi tre equazioni: due sulle forze agenti sui blocchi, una sui momenti della carrucola. Fm1 = m 1 a Fm = m a τcarr = Iα (8.1) L'accelerazione delle due masse è identica, essendo queste unite da una fune inestensibile. Inoltre si ricorda che α = a r, dove r è il raggio della puleggia. Questa è modellizzabile come un cilindro pieno, il cui momento d'inerzia è I = 1 Mr, con M massa dell'oggetto. Si deniscono le tensioni T 1 e T, relative ai li che collegano alla carrucola rispettivamente m 1 ed m. Il verso positivo dell'accelerazione è concorde con il verso positivo dell'asse delle x. T 1 µ d m 1 g = m 1 a m g sin θ T µ d m g cos θ = m a (8.) rt rt 1 = 1 Mr a r T 1 = µm 1 g + m 1 a T = m g sin θ µ d m g cos θ m a (8.3) T T 1 = 1 Ma Sostituendo le tensioni nell'ultima equazione si ricava l'accelerazione. m g sin θ µ d m g cos θ m a + µm 1 g m 1 a = 1 Ma (8.4) m g sin θ µ d m g cos θ + µm 1 g = 1 Ma + m a + m 1 a (8.5) Da cui le altre due incognite: a = m g sin θ µ d m g cos θ + µm 1 g 1 M + m + m 1 = 0.68 m/s (8.6) T 1 = µm 1 g + m 1 a = 1 N (8.7) T = m g sin θ µ d m g cos θ m a = 6.3 N (8.8) 8.5 Esercizio 5 Le forze che agiscono sull'anello sono: il peso P, la reazione normale N e la forza d'attrito statico F as. Le prime due possono essere considerate applicate al centro di massa del corpo, quindi non provocano momento. L'ultima è tangente alla circonferenza, quindi genera un momento τ as = r F = rf sin π = rf. Le equazioni delle forze e dei momenti sono: F = ma (8.9) τ = Iα

25 8 SOLUZIONI 5 Si considerano positive le accelerazioni dirette verso la parte bassa del piano inclinato: P F as = ma F as r = Iα (8.30) Il momento d'inerzia di un anello è I = mr e, in regime di rotolamento puro, vale la relazione α = a r. Quindi: mg sin θ F as = ma F as r = mr a (8.31) r F as = ma (8.3) mg sin θ = F as Di conseguenza, l'intensità della forza d'attrito statico varia in funzione di θ secondo la relazione: Tuttavia deve rispettare la condizione: F as = mg sin θ (8.33) F as µn = µmg cos θ (8.34) Quindi, imponendo che la forza d'attrito statico sia massima in corrispondenza del massimo angolo che permette rotolamento puro: µmg cos θ max = 1 mg sin θ max (8.35) µ = 1 tan θ max = 1 tan 0 = 0.18 (8.36) 8.6 Esercizio 6 Si utilizza la conservazione dell'energia meccanica. Inizialmente l'asta, ferma, possiede solo energia potenziale. Si può ridurre il corpo esteso ad un punto materiale, la cui intera massa sia concentrata nel baricentro, ovvero ad un'altezza pari a L rispetto al terreno. Quando invece l'asta raggiunge l'angolo θ, la quota del centro di massa è il cateto adiacente a θ del triangolo formato da perno, baricentro e proiezione del baricentro sulla verticale. A questa si aggiunge l'energia cinetica di rotazione. E i = E f (8.37) mg L = mg L cos θ + 1 Iω (8.38) Il momento d'inerzia di una sbarra che ruota intorno ad un estremo è I = 1 3 ml. Quindi: mg L (1 cos θ) = ml ω (8.39) ω 3g (1 cos θ) = L 3g (1 cos θ) ω = L (8.40) (8.41) Per le leggi del moto circolare, v = ωr, dove r è la distanza dal centro di rotazione. Per l'estremo della sbarra v = ωl 3g (1 cos θ) v = L = 3gL (1 cos θ) = 3.83 m/s (8.4) L

26 8 SOLUZIONI Esercizio 7 Nel calcolo del centro di massa, le singole sezioni della sbarra vengono ridotte a masse puntiformi concentrate nei baricentri dei tratti. La coordinata x del centro di massa di un sistema di corpi puntiformi è data dalla formula: x cm = 1 n m i x i (8.43) M Tornando alla situazione in esame: i=1 ) x cm = m 1 l1 + m ( l1 + l (8.44) m 1 + m Si indica con A la sezione di una parte di sbarra. Le masse dei due tratti sono: Sostituendo: m 1 = ρv 1 = ρa 1 l 1 (8.45) m = ρv = ρa l (8.46) x cm = ρa l 1l 1 ( ) 1 + ρa l l1 + l = A l ( ) A l l1 + l = 1.36 m (8.47) ρa 1 l 1 + ρa l A 1 l 1 + A l A questo punto è possibile impostare l'equazione dei momenti rispetto al centro di massa. La forza peso ha braccio nulla, quindi occorre tenere in considerazione solo la forza elastica esercitata dalle due molle. Anché la barra sia in equilibrio, deve essere: τ = 0 (8.48) Inoltre l'asta è orizzontale se x 1 = x. 8.8 Esercizio 8 x cm k 1 x 1 (l x cm ) k x = 0 (8.49) k = x cm k 1 = (l x cm ) k (8.50) x cm l x cm k 1 = 4146 N/m (8.51) Conviene ragionare sulle energie: nel punto più basso del piano inclinato il cilindro possiede sia energia cinetica di traslazione K t = 1 mv che energia cinetica di rotazione K r = 1 Iω. Supponendo che il copertone arrivi in cima con velocità nella, una volta superato il piano inclinato possiede solo energia potenziale. Il momento d'inerzia di un cilindro cavo è I = 1 m ( r i + r e) : si veda a tal proposito l'esercizio successivo. Se il copertone compie un moto di rotolamento puro, si ha ω = v r e. E i = E f (8.5) K t + K r = U g (8.53) 1 mv + 1 Iω = mgh (8.54) 1 mv m ( ri + re ) ω = mgh (8.55) 1 v + 1 ( r 4 i + re ) ω = gh (8.56) v + ( r i + r e) r e v = 4gh + r i +r e re v = 4gh (8.57) = 3.1 m/s (8.58)

27 8 SOLUZIONI Esercizio 9 La denizione di momento d'inerzia per un corpo bidimensionale è ˆ I = r dm (8.59) S Considerando un disco cavo con centro nell'origine degli assi e densità superciale di massa σ (x, y), si ha: ˆ ˆ I = x + y σ (x, y) dxdy (8.60) disco cavo Supponendo σ (x, y) costante su tutta la supercie: ˆ ˆ ˆ ˆ I = x + y σdxdy = σ disco cavo Si opera ora la trasformazione in coordinate polari: ˆ ˆ I = σ Con Quindi: I = σ ˆ π ˆ re Si scompone ora il termine tra parentesi: 0 r i disco cavo disco cavo x + y dxdy (8.61) ρ ρdρdθ (8.6) r i ρ r e (8.63) 0 θ π (8.64) ˆ re ρ 3 dρdθ = σπ ρ 3 dρ = σπ r i I = σπ ( re ri ) ( ) re + ri [ ρ 4 4 ] re r i = σπ ( r 4 e r 4 i ) (8.65) (8.66) Si riconosce inoltre che π ( ) re ri rappresenta l'area della gura. Il prodotto tra questa e la densità superciale fornisce la massa del corpo: m = σπ ( re ri ) (8.67) In denitiva, 8.10 Esercizio 10 La velocità iniziale del volano è: Si ricava l'accelerazione angolare che agisce sul corpo: I = 1 ( ) r m e + ri (8.68) ω 0 = 000 π = 09.4 rad/s (8.69) 60 τ = Iα (8.70) α = τ I (8.71) Si applica inne la denizione di accelerazione angolare e si risolve l'equazione dierenziale a variabili separabili che si ottiene: α = dω (8.7) dt dω = αdt (8.73) ˆ 0 ω 0 = ω o dω = ˆ T 0 ˆ T 0 αdt (8.74) 1.πt dt (8.75) I

28 8 SOLUZIONI 8 1.Iω 0 π [ t 3 = 3 ] T 0 (8.76) T 3 = 3Iω 0 1.π (8.77) T = 3 3Iω0 1.π = 6.3 s (8.78)

29 9 QUANTITÀ DI MOTO E URTI 9 9 Quantità di moto e urti 9.1 Esercizio 1 Un carrello di massa M = 10 kg è fermo sulle rotaie. Un uomo di massa m = 60 kg corre alla velocità v i = 4 m/s, salta sul carrello e si ferma grazie alla forza d'attrito. Il coeciente d'attrito dinamico tra la gomma delle suole ed il metallo del fondo del carrello è µ = Calcolare la velocità nale v f del carro.. Determinare l'intensità dell'attrito che consente all'uomo di arrestarsi. 3. Indicare il tempo in cui la forza d'attrito agisce. 4. Calcolare lo spostamento della persona rispetto al suolo, dall'istante in cui atterra sul carrello a quello in cui assume velocità nulla rispetto ad esso. 5. Stabilire se l'urto tra persona e carrello è elastico. 9. Esercizio Un proiettile di massa m colpisce a velocità v una massa M appesa ad un perno tramite una fune sottile di lunghezza l. Si rileva che la velocità del proiettile dopo l'urto si riduce della metà. Determinare la minima velocità iniziale v min necessaria anché la massa compia un giro completo intorno al perno. 9.3 Esercizio 3 (TE 14-Feb-013, Ing. CIVILE) Due corpi di massa m 1 = 0 kg e m = 80 kg si scontrano arrivando con la stessa velocità di v i = 10 m/s ma da direzioni diverse nel piano, essendo l'angolo fra v 1 e v pari a θ = 0. Dopo l'urto rimangono uniti. Calcolare il vettore velocità dopo l'urto e l'energia dissipata nell'urto. 9.4 Esercizio 4 (TE 18-Lug-005, Ing. IND) Un'asticella lunga e sottile è vincolata a ruotare attorno al suo centro di massa su un piano orizzontale privo di attriti. Si indichi con l la sua lunghezza, con m la sua massa e con ω 0 la sua velocità angolare. Una pallina di massa m 5 e raggio trascurabile, cade verticalmente dall'alto e rimane appiccicata ad un estremo dell'asticella. Determinare la velocità angolare dell'asta ω f dopo l'urto. 9.5 Esercizio 5 (TE 1-Feb-013, Ing IND) Due dischi di uguale massa m e raggio r sono saldati agli estremi di un'asta omogenea orizzontale di lunghezza r e massa m a che e' posta in rotazione attorno ad un asse verticale passante per il suo centro di massa a velocità angolare costante ω 0 in senso antiorario. Ad un certo istante due proiettili di massa m p e velocità v p colpiscono e si conccano nel centro di ciascuno dei dischi. Sapendo che nell'istante dell'urto la velocità dei proiettili è ortogonale alla supercie dei dischi e ha il verso indicato in gura calcolare la velocità angolare del sistema dopo l'urto.

30 10 SOLUZIONI Soluzioni 10.1 Esercizio 1 Si utilizzeranno il principio di conservazione della quantità di moto ed il teorema dell'impulso. 1. Conservazione quantità di moto:. Formula della forza d'attrito: 3. Teorema dell'impulso: mv i = (m + M) v f (10.1) v f = m m + M v i = 1.33 m/s (10.) F ad = µn = µmg = 35 N (10.3) F t = m v (10.4) t = Mv f 0 F ad = 0.68 s (10.5) 4. Per il principio di composizione degli spostamenti x uomo suolo = x uomo carro + x carro suolo. Sia il moto della persona che quello del carrello sono uniformemente accelerati a causa dell'azione della forza d'attrito, che arresta l'uomo e mette in moto il carro. Nel caso della persona rispetto al carro: a = v t = 0 v i t (10.6) Di conseguenza: x uomo carro = v i t + 1 a t = v i t 1 t t = 1 v i t = 1.4 m (10.7) Per quel che concerne il carro rispetto al suolo: v i a = v t = v f 0 t (10.8) Di conseguenza: In denitiva: v f x carro suolo = 1 a t = 1 t t = 1 v f t = 0.44 m (10.9) x uomo suolo = x uomo carro + x carro suolo = 1.84 m (10.10) 5. L'urto è elastico se si conserva l'energia cinetica: K = K uomo + K carro = 0 (10.11) K uomo = 1 m p ( v f v i ) = 40 J (10.1) La risposta è quindi negativa. K carro = 1 M ( v f 0 ) = 10 J (10.13)

31 10 SOLUZIONI Esercizio La condizione necessaria anché il corpo completi un giro è che la tensione del lo nel punto più alto sia maggiore o uguale a zero. Si indica con v up la velocità tangenziale della massa nel punto più alto della traiettoria. P + T = m v up l (10.14) T = m v up l mg 0 (10.15) v up gl (10.16) Occorre ora riportare la condizione su v down, la velocità del blocco nell'istante successivo all'urto. Conservazione dell'energia meccanica sulla massa M: Inserendo la condizione nell'equazione precedente: 1 Mv down = Mgl + 1 Mv up (10.17) 1 Mv down Mgl + 1 Mgl (10.18) v down 5gl (10.19) Si considera l'urto tra il corpo e il proiettile e si applica il principio della conservazione della quantità di moto. mv = Mv down + m v (10.0) Imponendo la condizione precedentemente ottenuta: v down = m M v (10.1) mv M 5gl (10.) La minima velocità accettabile è quindi: 10.3 Esercizio 3 v M 5gl m v min = M 5gl m (10.3) (10.4) Dal momento che si rende necessaria l'applicazione della forma vettoriale del principio di conservazione della quantità di moto, conviene riportare sul piano cartesiano i vettori velocità v 1 e v. Se si considera v 1 sull'asse delle ascisse, v forma con esso un angolo θ. Scomponendo i due vettori secondo le direzioni parallele agli assi: v 1 = vî (10.5) v = v cos θî + v sin θĵ Si può ora applicare la conservazione della quantità di moto: (m 1 + m ) v f = m 1 v 1 + m v (10.6)

32 10 SOLUZIONI 3 ) (m 1 + m ) v f = m 1 vî + m (v cos θî v sin θĵ (10.7) v f = v f = (m 1 + m cos θ) î m sin θĵ m 1 + m v (10.8) ( cos 0 ) î 80 sin 0 ĵ 100 v = 9.5î.74ĵ m/s (10.9) Il modulo del vettore velocità nale viene ottenuto tramite il teorema di Pitagora: v f = vfx + v fy = = 9.9 m/s (10.30) L'energia dissipata è: K = K f K i = 1 m 1v + 1 m v 1 (m 1 + m ) v f = 93.1 J (10.31) 10.4 Esercizio 4 Si applica il principio di conservazione del momento angolare, l'equivalente della quantità di moto nella dinamica rotazionale. L i = L f (10.3) I sbarra ω o = I sbarra+pallina ω f (10.33) ω f = Il momento d'inerzia della sola asta vincolata al centro di massa è: I sbarraω o I sbarra+pallina (10.34) I sbarra = 1 1 ml (10.35) La sfera viene invece considerata una massa puntiforme (raggio trascurabile), posta a distanza l dal centro di rotazione. I sbarra+pallina = 1 1 ml + 1 ( ) l 5 m = ml = 15 ml (10.36) Quindi: 10.5 Esercizio 5 ω f = 1 1 ml 15 ml ω o = 5 8 ω 0 (10.37) Sul sistema formato da dischi, asta e proiettile non agiscono forze esterne in grado di generare momenti. Si può quindi applicare il principio di conservazione del momento angolare: L i = L f (10.38) Il momento angolare del sistema è la somma dei contributi dell'asta e dei dischi in rotazione e dei proiettili. Questi possono essere assimilati a masse puntiformi che, al momento dell'impatto, ruotano a distanza r dal centro del sistema con velocità angolare ω p = vp r. L i = I asta+dischi ω 0 + m p r v p r (10.39) Il momento d'inerzia del sistema formato da asta e dischi si ottiene sommando quello di una sbarra sottile che ruota intorno al suo centro di massa con quello dei due dischi. Quest'ultimo si calcola mediante il teorema degli assi paralleli, tenendo in considerazione il fatto che i dischi ruotano in verticale intorno ad un asse a distanza r dal centro di massa (metà della lunghezza dell'asta + un raggio del disco). I asta = 1 1 m a (r) = 1 3 m ar (10.40) I disco = 1 4 mr + m (r) = 17 4 mr (10.41)

33 10 SOLUZIONI 33 Da cui: Il momento d'inerzia nale è invece: I asta+dischi = I asta + I disco = 1 3 m ar + 17 mr (10.4) L i = Dove il momento d'inerzia del sistema si ricava attraverso la formula: ( 1 3 m ar + 17 ) mr ω 0 + m p rv p (10.43) L f = I asta+dischi+proiettili ω f (10.44) I asta+dischi+proiettili = 1 3 m ar + 17 mr + m p (r) = 1 3 m ar + 17 mr + 8m p r (10.45) Si può ora risolvere l'equazione iniziale rispetto all'incognita ω f. ( 1 3 m ar + 17 ) ( 1 mr ω 0 + m p rv p = 3 m ar + 17 ) mr + 8m p r ω f (10.46) ω f = ( 1 3 m ar + 17 mr) ω 0 + m p rv p 1 3 m ar + 17 mr + 8m p r (10.47)

34 11 OSCILLAZIONI Oscillazioni 11.1 Esercizio 1 (TE 31-Gen-01, Ing. IND) Durante un terremoto le oscillazioni orizzontali del pavimento di una stanza provocano lo slittamento dei mobili. A scossa terminata senza apprezzabili danni, si misura che la forza orizzontale minima necessaria a spostare un pesante tavolo di massa m = 00 kg è F = 800 N. Calcolare il coeciente d'attrito statico µ tra il tavolo e il pavimento e l'ampiezza A delle oscillazioni del pavimento supponendo il moto di tipo oscillatorio armonico con frequenza f =.5 Hz. 11. Esercizio (TE 7-Gen-011, Ing. IND) Un disco e una sfera piena di pari raggio r e massa m d e m s sono rigidamente collegati con sbarrette di massa trascurabile e lunghezza l d e l s ad un'asta posta in orizzontale. L'asta è libera di ruotare attorno al suo asse con attrito trascurabile. Calcolare la frequenza delle oscillazioni del sistema quando la sfera viene scostata di poco dalla verticale. Siano r = 10 cm, m d = 0. kg, m s = 1 kg, l s = 0.5 m, l d = 0.3 m Esercizio 3 (TE 1-Lug-010, Ing. IND) All'estremità di un'asta rigida omogenea di massa m e lunghezza l = 1 m appesa al sotto è ssata una seconda asta omogenea uguale alla prima attraverso uno snodo. La prima asta può ruotare senza attrito attorno ad un asse orizzontale passante per il punto O, mentre la seconda è libera di ruotare senza attrito attorno ad un asse orizzontale passante per lo snodo situato in corrispondenza del suo centro di massa C all'estremità inferiore della prima asta. Inizialmente le aste si trovano ferme nella posizione disegnata in gura e poi sono lasciate libere di muoversi. Calcolare il periodo del moto oscillatorio che segue nell'ipotesi di piccole oscillazioni Esercizio 4 (TE 9-Gen-013, Ing IND) Una ruota oscilla avanti e indietro, rotolando senza strisciare, guidata da una molla ideale orizzontale di costante elastica k che ha un'estremità ssata sul mozzo della ruota e l'altra su una parete ssa. Calcolare il periodo delle oscillazioni. Schematizzare la ruota come se fosse composta da un anello di massa m e raggio r e da 6 aste